Đáp án A.

Vì lưu huỳnh tác dụng với thủy ngân ngay ở nhiệt độ thường: $Hg+S\to HgS.$

Đáp án B.

Cấu hình e lớp ngoài cùng của kim loại thuộc nhóm IIA là $n{s}^2.$

Đáp án A.

Đáp án C.

Đáp án B.

Al, Fe, Cr bị thụ động hóa trong đặc nguội do có màng oxit bảo vệ.

Đáp án B.

Anilin có CTPT: $C_6{H}_{5}N{H}_2.$

Đáp án C.

Ví dụ: $N{H}_{4}Cl\to N{H}_3+HCl.$

Tùy gốc axit của muối amoni mà khi bị nhiệt phân hủy sẽ tạo thành sản phẩm khác nhau.

$$\begin{gathered} N{H}_{4}Cl\to N{H}_3+HCl \\ N{H}_{\mathit{4}}N{O}_{\mathit{2}}\to N_{\mathit{2}}+2H_{\mathit{2}}O \\ N{H}_{\mathit{4}}N{O}_{\mathit{3}}\to N_{\mathit{2}}O+2H_{\mathit{2}}O \\ {\mathit{\left(}\mathit{N}{\mathit{H}}_{\mathit{4}}\mathit{\right)}}_{\mathit{2}}C{O}_{\mathit{3}}\to 2N{H}_{\mathit{3}}+C{O}_{\mathit{2}}+H_{\mathit{2}}O \end{gathered}$$

Đáp án C.

Đáp án A.

- Các polime được điều chế bằng cách trùng ngưng: nilon-6, nilon-7, nilon-6,6.

- Các polime được điều chế bằng cách trùng hợp: polibutađien, tơ nitron.

Đáp án D.

Các kim loại có tính khử trung bình như Fe, Cu, Zn,… được điều chế bằng phương pháp nhiệt luyện.

Chất khử thường được sử dụng là $H_2,CO,C,Al,\mathrm{...}$

Phương pháp điều chế kim loại :

- Kim loại có tính khử mạnh: Na, K, Ca, Mg, Al,…. chỉ được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy.

- Các kim loại có tính khử trung bình như Fe, Cu, Zn,… được điều chế bằng phương pháp nhiệt luyện hoặc điện phân nóng chảy.

- Các kim loại có tính khử yếu như Ag, Hg,… được điều chế bằng phương pháp thủy luyện.

- Ngoài ra còn dùng phương pháp điện phân dung dịch điều chế kim loại có tính khử yếu.

Đáp án C.

Một phân tử glucozơ phản ứng với 5 phân tử anhiđrit axetic $\left({\left(C{H}_{3}CO\right)}_{2}O\right)$ tạo este.

Những chất có từ 2 nhóm  liền kề trở lên tác dụng được với $Cu{\left(OH\right)}_2/NaOH$ tạo phức xanh lam.

Đáp án C.

Đáp án A.

$n_{\text{NO}}=0,05$ mol

Ta có:

$Fe\to \stackrel{+3}{Fe}+3e$                    $\stackrel{+5}{N}+3e\to \stackrel{+2}{N}\left(NO\right)$

             0,15                       0,15   0,05

BTe: $n_{\text{e(+)}}=n_{e(-)}=0,05.3=0,15$ mol

Nên $n_{Fe}=\frac{0,15}{3}=0,05$ mol

Vậy $m=0,05.56=2,8$ (g)

Đáp án A.

$CaO+H_{2}O\to Ca{\left(OH\right)}_2$

$n_{O{H}^{-}}=2n_{Ca{\left(OH\right)}_2}=2n_{CaO}=2.\frac{11,2}{56}=2.0,2=0,4$ mol

$H^{+}+O{H}^{-}\to H_{2}O$

$\Rightarrow n_{HCl}=n_{H^{+}}=n_{O{H}^{-}}=0,4$ mol

$\Rightarrow V_{HCl}=\frac{0,4}{2}=0,2$ (l)

Đáp án C.

Những chất làm mất màu dung dịch $B{r}_2:$ etilen, axetilen, phenol, anlin.

Những chất làm mất màu dung dịch

- Những chất có liên kết bội kém bền như: anken, ankin, ankađien,…

- Những chất có nhóm thế làm ảnh hưởng đến khả năng thế của vòng benzen như: phenol, anlin.

- Những chất có nhóm chức $-CHO$ như: glucozơ, anđehit, axit fomic,…

Đáp án D.

$C_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{lenmen}{\to }2C{O}_2+2C_2{H}_{5}OH$

n_{glucozơ (phản ứng)} n_{glucozơ (đã dùng) $=80\%.1=0,8$ mol}

$C{O}_2+Ca{\left(OH\right)}_2\to CaC{O}_3+H_{2}O$

$n_{C{O}_2}=2n_{glucozo}=\text{1,6}$ mol

$n_{CaC{O}_3}=n_{C{O}_2}=1,6$ mol

$m_{CaC{O}_3}=160$gam.

Đáp án D.

Amino axit X: ${\left(H_{2}N\right)}_x\text{R}{\left(COOH\right)}_y$

$x=\frac{n_{HCl}}{n_X}=2;y=\frac{n_{NaOH}}{n_X}=1$

 X có dạng ${\left(H_{2}N\right)}_{2}RCOOH$

Đáp án C.

Đáp án A.

$NaCl\to N{a}^{+}+C{l}^{-}$

Đáp án B.

Những phát biểu đúng: (3), (4), (5).

Xenlulozơ không tan trong nước, benzen và ete.

Xenlulozơ trinitrat dùng để sản xuất thuốc súng không khói, còn xenlulozơ axetat dùng sản xuất tơ sợi.

Đáp án A.

A sai vì hiđro có 1 electron lớp ngoài cùng nhưng là phi kim.

Đáp án D.

Este được tạo thành từ axit axetic và ancol metylic là $C{H}_{3}COOC{H}_3.$

Đáp án D.

A sai vì axit béo là axit đơn chức.

B sai vì etylen glicol là ancol no, 2 chức, mạch hở.

C sai vì ancol etylic không tác dụng được với dung dịch NaOH.

Một số este có mùi: benzyl axetat có mùi hoa nhài, isoamyl axetat có mùi chuối chín, etyl isovalerat có mùi táo, etyl butirat và etyl propionat có mùi dứa, geranyl axetat có mùi hoa hồng.

Đáp án D.

Đáp án C.

$MC{l}_2\stackrel{dpnc}{\to }M+C{l}_2$

$n_{MC{l}_2}=n_{C{l}_2}=0,02$ mol

$M_{MC{l}_2}=111\to$ Muối clorua là $CaC{l}_2.$

Đáp án A.

$C{H}_{3}COO{C}_6{H}_5+2NaOH\to C{H}_{3}COONa+C_6{H}_{5}ONa+H_{2}O$

$C_6{H}_{5}COOC{H}_{2}C{H}_3+NaOH\to C_6{H}_{5}COONa+C{H}_{3}C{H}_{2}OH$

$21,8gam\left\{\begin{array}{l}Phenylaxetat:x\\ Etylbenzoat:y\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{l}2x+y=0,2\left(n_{NaOH}\right)\\ 136x+150y=21,8\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,05\\ y=0,1\end{array}\right.$

BTKL: $m_{este}+m_{NaOH}=$m_{rắn $+m_{ancol}+m_{H_{2}O}$}

 m_rắn  $=21,8+0,2.40-0,05.18-0,1.46=24,3$ gam.

Đáp án B.

Phản ứng thủy phân este trong môi trường kiềm được gọi là phản ứng xà phòng hóa.

Đáp án A.

$N{H}_3\stackrel{H_{2}O}{\to }ddN{H}_3\stackrel{HCl}{\to }N{H}_{4}Cl\stackrel{NaOH}{\to }$ khí $N{H}_3\stackrel{HN{O}_3}{\to }N{H}_{4}N{O}_3\stackrel{t°}{\to }{N}_{2}O+H_{2}O$

Đáp án B.

$\stackrel{+2}{Fe}\to \stackrel{+3}{Fe}+1e$                     $\stackrel{+6}{S}+2e\to \stackrel{+4}{S}$

0,2    0,2

BT e: $n_{S{O}_2}=\frac{1}{2}{n}_{e(+)}=\frac{1}{2}{n}_{e(-)}=0,1$ mol

$n_{O{H}^{-}}=n_{NaOH}+n_{KOH}=0,13$ mol

Ta có: $\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{S{O}_2}}=1,3$ nên muối thu được gồm muối Na, K của $HS{O}_3^{-},S{O}_3^{2-}.$

$\left\{\begin{array}{l}HS{O}_3^{-}:x\\ S{O}_3^{2-}:y\end{array}\right.$

$S{O}_2+O{H}^{-}\to HS{O}_3^{-}$

$S{O}_2+2O{H}^{-}\to S{O}_3^{2-}+H_{2}O$

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}x+y=0,1\left(n_{S{O}_2}\right)\\ x+2y=1,3\left(n_{O{H}^{-}}\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,07\\ y=0,03\end{array}\right.$

$n_{H_{2}O}=n_{S{O}_3^{2-}}=0,03$ mol

$m_{S{O}_2}+m_{KOH}+m_{NaOH}=$m_{muối $+m_{H_{2}O}$}

 m_{muối $=0,1.64+0,07.56+0,06.40-0,03.18=12,18$}

Ở bài này, việc tính khối lượng muối không nhất thiết phải tính khối lượng từng muối cụ thể, mà sử dụng phương pháp bảo toàn khối lượng sẽ tối ưu hơn.

$T=\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{S{O}_2}}$

$T\le 1$ tạo muối $HS{O}_3^{-}$

$T\ge 2$ tạo muối $S{O}_3^{2-}$

$1<T<2$ tạo muối $HS{O}_3^{-}$ và muối $S{O}_3^{2-}$

Đáp án D.

$C_x{H}_y:0,35+O_2:1,1375\to \left\{\begin{array}{l}C{O}_2:a\\ H_{2}O:b\end{array}\right.\stackrel{Ca{\left(OH\right)}_{2}du}{\to }CaC{O}_3:n_{CaC{O}_3}=n_{C{O}_2}=a$

m_{dd giảm} $=m_{CaC{O}_3}-m_{C{O}_2}-m_{H_{2}O}\to 100a-44a-18b=39,55$ (1)

BT O: $2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}=2n_{O_2}\to 2a+b=2.1,1375$ (2)

Từ (1) và (2) $\to \left\{\begin{array}{l}a=0,875\\ b=0,525\end{array}\right.$

$\to n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=0,35=n_{C_x{H}_y}\to$Hai hiđrocacbon thuộc dãy đồng đẳng của ankin hoặc ankađien.

Đáp án A.

Vì nước dư nên Na phản ứng hết, m gam chất rắn không tan là Al dư.

$2Na+2H_{2}O\to 2NaOH+H_2$

a               a           0,5a

$2Al+2NaOH+2H_{2}O\to 2NaAl{O}_2+3H_2$

a      a                                1,5a

$n_{H_2}=0,5a+1,5a=2a=0,2$

$\to a=0,1$ mol

m_{Al (dư)} = 2 gam

n_{Al (phản ứng)} $=n_{Na}=a=0,1$ mol

$\to m=m_{Na}+$ m_{Al (phản ứng)} + m_{Al (dư)} = 7 gam.

Đáp án D.

Những phát biểu đúng: (1), (2), (3), (4), (5), (6).

(5) $C_6{H}_{5}N{H}_{3}Cl+NaOH\to C_6{H}_{5}N{H}_2+NaCl+H_{2}O$

(6) $C_6{H}_{5}N{H}_2+HCl\to C_6{H}_{5}N{H}_{3}Cl$

Đáp án C.

Nhận xét: Ở 2 thí nghiệm trên, khi tăng $AgN{O}_3$ gấp đôi nhưng lượng kết tủa không gấp đôi, chứng tỏ, khi dùng 1 lít $AgN{O}_3$ thì $AgN{O}_3$  phản ứng hết, còn khi dùng 2 lít $AgN{O}_3$ thì $AgN{O}_3$ dư.

- $AgN{O}_3:\text{2a}$ mol

$7,36\left\{\begin{array}{l}Mg:x\\ Fe:y\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}24x+56y=7,36\\ 2x+3y=0,48\left(BTe\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,12\\ y=0,08\end{array}\right.$

- $AgN{O}_3:a$ mol

Nếu chỉ có Mg phản ứng thì $m_{\downarrow }=0,\mathrm{12.2.108}=25,92<31,2,$ nên phải có kết tủa Ag tạo thành do Fe.

Nếu thêm Fe phản ứng hết tạo kết tủa $m_{\downarrow }=0,\mathrm{08.2.108}+25,92=43,2>31,2$

Vậy khi dùng $AgN{O}_3$ a mol thì Mg đã phản ứng hết, Fe phản ứng một phần.

$\left\{\begin{array}{l}Mg:0,12\\ F{e}_{phanung}:z\end{array}\right.$

$Mg\to M{g}^{2+}+2e$                        $A{g}^{+}+e\to Ag$

0,12           0,24                         a        a

$Fe\to F{e}^{2+}+2e$

z           2z

$\to \left\{\begin{array}{l}0,24+2z=a\left(BTe\right)\\ 108a+(0,08-z).56=31,2\left(m_{\downarrow }\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}z=0,005\\ a=0,25\end{array}\right.$

Đáp án B.

$13,58X:RCOO{R}^{\text{'}}\stackrel{NaOH}{\to }\left\{\begin{array}{l}Y:C_n{H}_{2n+2}O:x\stackrel{O_2:0,345}{\to }\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.\\ Z:RCOONa\stackrel{O_2:0,29}{\to }\left\{\begin{array}{l}14,06\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.\\ N{a}_{2}C{O}_3\end{array}\right.\end{array}\right.$

$C_n{H}_{2n+2}O+\frac{3n}{2}{O}_2\stackrel{t°}{\to }nC{O}_2+(n+1){\text{H}}_{\text{2}}\text{O}$

$\to n_{C{O}_2}=\frac{2}{3}{n}_{O_2}=0,23$

Vì ancol no đơn chức nên $n_{H_{2}O}=n_Y+n_{C{O}_2}=0,23+x$

BTKL: $m_X+m_{NaOH}=m_Y+m_Z$

$\to m_X+m_{NaOH}=m_{C{O}_2\left(Y\right)}+m_{H_{2}O\left(Y\right)}-m_{O_2\left(Y\right)}+m_{N{a}_{2}C{O}_3}+m_{C{O}_2\left(Z\right)}+m_{H_{2}O\left(Z\right)}-m_{O_2\left(Z\right)}$

$\to 13,58+40x=44.0,23+18.(0,23+x)-0,345.32+53x+14,06-0,29.32$

$\to x=0,18$

$14,06\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:a\\ H_{2}O:b\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}44a+18b=14,06\\ 2a+b=0,18.2+0,29.2-0,09.3\left(BTO\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,25\\ b=0,17\end{array}\right.$

Số mol $B{r}_2$ tác dụng với este bằng số mol $B{r}_2$ tác dụng với muối vì ancol no đơn chức.

$n_{B{r}_2}=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=0,25-0,17=0,08$

Điểm quan trọng ở bài này cần nắm là:

- Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng 2 lần liên tiếp mới tìm được số mol NaOH.

- Số mol $B{r}_2$ tác dụng với este bằng số mol $B{r}_2$ tác dụng với muối vì ancol no đơn chức.

- Khi đốt cháy ancol no đơn luôn có: $n_{C{O}_2}=\frac{2}{3}{n}_{O_2}$

Đáp án A.

Giai đoạn 1: ${\text{BaCO}}_{\text{3}}$ lớn nhất $\to n_{{\text{CO}}_{\text{2}}}=n_{{\text{BaCO}}_{\text{3}}}=2a$

Giai đoạn 2: NaOH tác dụng với $C{O}_2$ tạo mới $N{a}_{2}C{O}_3,$ sau đó muốn này tác dụng hết với $C{O}_2$ tạo muối  $NaHC{O}_3$ $\to n_{NaOH}=n_{C{O}_2}=n_{NaHC{O}_3}=3a$

Giai đoạn 3: $BaC{O}_3$ tan.

$\to n_{C{O}_2}=0,36,$ $BaC{O}_3$ tan một phần, còn lại a mol kết tủa $\to n_{BaC{O}_3}=2a-a=a$

$n_{C{O}_2}=n_{BaC{O}_3\left(1\right)}+n_{NaHC{O}_3}+n_{BaC{O}_{3}tan}\to 2a+3a+a=0,36\to a=0,06$

BTNT Na, Ba $\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{Ba\left(X\right)}=2a=0,12\\ n_{Na\left(X\right)}=3a=0,18\end{array}\right.$

BT e: $2n_{Ba\left(X\right)}+n_{Na\left(X\right)}=2n_{H_2}+2n_{O\left(X\right)}\to n_{O\left(X\right)}=0,15$

$\to m=m_{Ba\left(X\right)}+m_{Na\left(X\right)}+m_{O\left(X\right)}=22,98$